Question 1 : A) FAUX B) VRAI C) VRAI D) FAUX

CONCOURS DE RECRUTEMENT D’ELEVES PILOTE DE LIGNE

ANNEE 2013

EPREUVE DE MATHEMATIQUES

Partie I

Question 1 : A) FAUX B) VRAI C) VRAI D) FAUX

Explication 1 :E(0) +E(0) =2IetE(0×0) =I. Donc A) est faux. De mêmeE(0²) =Iet2E(0) =2I. Donc D) est faux.

Pour tous réelstets,

E(t)E(s) =

I+tA+ t²

2A² I+sA+s² 2A²

=I+ (t+s)A+ t²

2 +ts+s² 2

A²(car pourk>3, A^k=0)

=I+ (t+s)A+(t+s)²

2 A²=E(t+s).

Dons B) est vrai puis[E(t)]ⁿ=E(t)×. . .×E(t) =E(t+. . .+t) =E(nt)et donc C) est vrai.

Question 2 : A) FAUX B) FAUX C) FAUX D) FAUX

Explication 2 : Pour tout réelt,E(t)E(−t) =E(t+ (−t)) = E(0) =I= E(−t)E(t). Donc, pour tout réelt, la matrice E(t)est inversible et a pour inverseE(−t). Donc A) est faux.

E(0) =Iest inversible d’inverseI6= −I= −E(0)et donc B) est faux.

L’inverse deE(1)estE(−1) =I−A+1

2A². D’autre part,E(1/1) =I+A+1

2A². Cette matrice n’est pasE(−1)car sinon

−A=ApuisA=0 ce qui n’est pas. Donc, C) est faux.

On prendA=





0 1 0 0 0 1 0 0 0



.Aest nilpotente d’indice3maisE(1) =





1 1 1/2 0 1 1 0 0 1



n’est pas symétrique. Donc D) est faux.

Question 3 :

A) FAUX

B) FAUX

C) FAUX

D) VRAI

Explication 3 :E(0) +E(0) =2I 6=I=E(0+0). Donc A) est faux. Par suite, les raisons données en B) et C) sont de mauvaises raisons et donc B) et C) sont faux.

Montrons que I, A, A²

est libre. Soit(α, β, γ)∈R³ tel queαI+βA+γA²=0. On multiplie les deux membres de cette égalité parA² et on obtientαA²=0 et doncα=0 car A² 6=0. Il reste βA+γA²=0. Après multiplication par A, il resteβA²=0et doncβ=0. Il resteγA²=0 et doncγ=0.

Ainsi, la famille I, A, A²

est libre. Montrons que l’applicationt7→E(t)est injective. Pour tous réelstet s

E(t) =E(t^′)⇒I+tA+t²

2 A²=I+sA+ s² 2 A²

⇒t=set t² 2 = s²

2 (car I, A, A²

est libre)

⇒t=s.

Donc D) est vrai.

Question 4 : A) FAUX B) FAUX C) VRAI D) VRAI

Explication 4 :(x, y)∈F⇔

2x−6y=0

x−3y=0 ⇔x=3yet (x, y)∈G⇔

3x−6y=0

x−2y=0 ⇔x=2y.

Fest la droite vectorielle engendrée paru= (3, 1)etG est la droite vectorielle engendrée parv= (2, 1). Donc C) est vrai.

G6={0}et donc A) est faux.uet vne sont pas colinéaires et donc B) est faux.

Deux droites vectorielles distinctes deR²sont supplémentaires dansR²et donc D) est vrai.

Question 5 : A) VRAI B) FAUX C) VRAI D) FAUX

Explication 5 :P⁻¹est la matrice de la base canonique à la base(u, v). Donc,P⁻¹=

3 2 1 1

puisP= 1 1

1 −2

−1 3

= 1 −2

−1 3

. D’autre part,

D=Mat_(u,v)(f) =P_(u,v)→(e

1,e2)Mat_(e1,e2)(f)P_(e

1,e2)⇒(u,v)=PAP⁻¹. Puisquef(u) =2uet que f(v) =v,D=diag(2, 1)puis, pour n∈N,

Aⁿ=P⁻¹DⁿP=

3 2 1 1

2ⁿ 0 0 1ⁿ

1 −2

−1 3

=

3×2ⁿ 2 2ⁿ 1

1 −2

−1 3

=

3×2ⁿ−2 −6×2ⁿ+6 2ⁿ−1 −2×2ⁿ+3

=

3×2ⁿ−2 −3×2ⁿ⁺¹+6 2ⁿ−1 −2ⁿ⁺¹+3

. Donc C) est vrai et D) est faux.

Question 6 :

A) FAUX

B) FAUX

C) VRAI

D) FAUX

Explication 6 :Soitn∈N. L’inégalité de Taylorà l’ordrenpourt>0 est

g(t) −

Xn

k=0

g^(k)(0) k!

6 tⁿ⁺¹

(n+1)!sup{g⁽ⁿ⁺¹⁾(x), x∈[0, t]}, et pourt60

g(t) −

Xn

k=0

g^(k)(0) k!

6 tⁿ⁺¹

(n+1)!sup{g⁽ⁿ⁺¹⁾(x), x∈[t, 0}.

Donc A) et B) sont faux. En appliquant la formule de Taylor à l’ordrenpour t>0, on obtient

g(t) −

Xn

k=0

t^k k!

6 tⁿ⁺¹g(t) (n+1)!, et pourt60

g(t) −

Xn

k=0

t^k k!

6 tⁿ⁺¹

(n+1)! 6tⁿ⁺¹e^−t (n+1)!. C) et D) sont faux. De plus, pour toutn∈Net toutt∈R,

g(t) −

Xn

k=0

t^k k!

6 tⁿ⁺¹e^|t|

(n+1)!.

Un théorème de croissances comparées permet d’affirmer que pour tout réelt, lim

n→+∞

tⁿ⁺¹e^|t|

(n+1)! et donc pour tout réelt, e^t= lim

n→+∞

Xn

k=0

t^k k!.

Question 7 : A) FAUX B) VRAI C) VRAI D) FAUX

Explication 7 :D’après la question 5, pour tout réeltet tout entier natureln,

E_n(t) = Xn

k=0

t^k k!

3×2^k−2 −3×2^k+1+6 2^k−1 −2^k+1+3

=







 3

Xn

k=0

(2t)^k k! −2

Xn

k=0

t^k k! −6

Xn

k=0

(2t)^k k! +6

Xn

k=0

t^k k!

Xn

k=0

(2t)^k k! −

Xn

k=0

t^k k! −2

Xn

k=0

(2t)^k k! +3

Xn

k=0

t^k k!









Quandntend vers+∞, on obtient E(t) =

3g(2t) −2g(t) −6g(2t) +6g(t) g(2t) −g(t) −2g(2t) +3g(t)

=g(2t)

3 −6 1 −2

+g(t)

−2 6

−1 3

. Donc A) et D) sont vrais et B) et C) sont faux

Question 8 :

A) FAUX

B) VRAI

C) FAUX

D) FAUX

Explication 8 :Q²=

3 −6 1 −2

3 −6 1 −2

=

3 −6 1 −2

=Q6=IetR²=

−2 6

−1 3

−2 6

−1 3

=

−2 6

−1 3

= R6=I.

Doncqetrsont des projections distinctes de Idet A) est faux.

QR=

3 −6 1 −2

−2 6

−1 3

=0 etRQ=

−2 6

−1 3

3 −6 1 −2

=0.

Doncq◦r=r◦q=0puis Imr⊂Kerq. B) est vrai.

L’image deqest engendrée par les colonnes de Qet donc Imq=Vect(u) =F. De même, Im(r) =Vect(v) =G. Puisque Imr⊂Kerqet que Kerq est de dimension1, on a Kerq=Imr=Get de même Kerr=Imq=F.

qest la projection surFparallèlement àG etr est la projection surG parallèlement àF. C) est vrai et D) est faux.

Partie II

Question 9 : A) FAUX B) FAUX C) FAUX D) VRAI

Explication 9 :Si a=0, fa(t) =1tend vers1 quand t tend vers0 par valeurs supérieures et si a > 0, fa(t) =e^alnt tend vers0 quandt tend vers0 par valeurs supérieures car alnt tend vers−∞. Donc A), B) et C) sont faux et D) est vrai.

Question 10 : A) FAUX B) FAUX C) VRAI D) FAUX

Explication 10 :Pour tout réela>0, la fonctionfaest de classeC¹sur]0,+∞[et pour tout réelt > 0,f_a^′(t) =at^a−1. C) est vrai et A), B) et D) sont faux.

Question 11 : A) FAUX B) FAUX C) FAUX D) VRAI

Explication 11 :Sia>1,f_a^′ =afa−1a une limite réelle en0d’après la question 9. Comme d’autre part,faest continue sur[0,+∞[et de classeC¹sur]0,+∞[, un théorème classique d’analyse montre quefa est de classeC¹sur[0,+∞[. Donc A), B) et C) sont faux (pour C),f₁^′ tend vers1quand xtend vers0) et D) est vrai.

Question 12 : A) FAUX B) FAUX C) FAUX D) FAUX

Explication 12 : Pour tous réels positifs a et b, ha,b(t) tend vers fea(0)f_b(1) quand t tend vers 0 et vers fa(1)feb(0) quand ttend vers1. Donc A) et B) sont faux. Pour tout couple(a, b)de réels positifs, on peut définir le prolongement par continuitéhga,b deha,b à[0, 1].

h_a,b, n’étant pas définie sur[0, 1], ne peut être de classe C¹ sur [0, 1]. Donc C) et D) sont faux. Néanmoins, sia >1 et b>1,hga,best de classeC¹sur[0, 1]en tant que produit de fonctions de classeC¹sur[0, 1]. Sia < 1, puisquehga,b∼fa(t) quandttend vers0et quefan’est pas dérivable en0, la fonctionhga,bn’est pas de classeC¹sur[0, 1]. De même sib < 1, la fonctionhg_a,b n’est pas de classeC¹sur[0, 1].

Question 13 : A) FAUX B) VRAI C) FAUX D) VRAI

Explication 13 :ha,b est continue sur]0, 1[ et prolongeante par continuité en0et en 1et donc I(a, b)existe. Donc A) est faux et B) est vrai.

En posantu=1−t, on obtient I(a, b) =

Z1 0

f_a(t)f_b(1−t)dt= Z0

1

f_a(1−u)f_b(u) (−du) = Z1

0

f_b(u)f_a(1−u)du=I(b, a).

Donc C) est faux et D) est vrai.

Question 14 : A) VRAI B) FAUX C) FAUX D) FAUX

Explication 14 : Soient a et b deux réels positifs. Puisque a+1 > 1 et b+1 > 1, les fonctions t 7→ fa+1(t) et t7→−b_b+1(1−t)

b+1 sont de classeC¹sur le segment[0, 1]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient I(a+1, b) =

Z1 0

fa+1(t)fb(1−t)dt

=

fa+1(t)×−f_b+1(1−t) b+1

1 0

+ Z1

0

(a+1)f_a(t)f_b+1(1−t)

b+1 dt= a+1 b+1

Z1 0

fa(t)f_b+1dt

= a+1

b+1I(a, b+1) (fa+1(0) =0cara+1 > 0...),

et donc(b+1)I(a+1, b) = (a+1)I(a, b+1). A) est vrai et B), C) et D) sont faux.

Question 15 : A) FAUX B) VRAI C) FAUX D) FAUX

Explication 15 :Pour a>0,I(a, 0) = Z1

0

t^adt= 1

a+1. A) est faux et B) est vrai.

Soitn>1.

I(a, n) =I(n, a) = n

a+1I(n−1, a+1) = n

a+1×n−1

a+2×. . .× 1

a+nI(0, a+n) = n!

(a+1)(a+2). . .(a+n)(a+n+1). Donc C) et D) sont faux.

Question 16 : A) VRAI B) FAUX C) FAUX D) FAUX

Explication 16 :DoncI(p, q) = p!

(q+1). . .(q+p+1) = p!q!

1 . . . q(q+1). . .(q+p+1) = p!q!

(p+q+1)!. A) est vrai et B), C) et D) sont faux.

Question 17 : A) FAUX B) FAUX C) VRAI D) VRAI

Explication 17 :Soientpet qdeux entiers naturels. On poset=sin²θet donc dt=2sinθcosθet cos²θ=1−t. On obtient

J(p, q) = Zπ/2

0

sin²θp

cos²θq

sinθcosθ dθ= Z1

0

t^p(1−t)^qdt 2 = 1

2I(p, q), et donc

J(p, q) = p!q!

2(p+q+1)!. A), B) et D) sont faux et C) est vrai.

Question 18 : A) FAUX B) FAUX C) VRAI D) FAUX

Explication 18 :Soitα > 0. Pour tout réelx, fα(x)existe⇔1−α

x > 0⇔ x−α

x > 0⇔x > αoux < 0.

L’ensemble de définition degα est donc] −∞, 0[∪]α,+∞[. C) est vrai et A), B) et D) sont faux.

Question 19 : A) FAUX B) VRAI C) FAUX D) VRAI

Explication 19 : Soit x > α. D’après le théorème des accroissements finis, il existe un réel c ∈]x−α, x[ tel que lnx−ln(x−α) =|x− (x−α)|×1

c = α c. Ceci montre que inf

y∈[x−α,x]

|x− (x−α)|

y 6lnx−ln(x−α)6 sup

y∈[x−α,x]

|x− (x−α)|

y donc A) est faux et B) est vrai. On en déduit plus simplement que

α

x 6lnx−ln(x−α)6 α x−α. Comme− (lnx−ln(x−α)) =ln

1−α x

= g_α(x)

x , on a encore

g_α(x) = −x(lnx−ln(x−α)), et donc cela fournit aussi− αx

x−α 6g_α(x)6−α. C) est faux et D) est vrai.

Question 20 : A) FAUX B) FAUX C) VRAI D) FAUX

Explication 20 :gα est dérivable sur]α,+∞[et pourx > α,

g_α^′(x) =ln(x−α) −lnx+x 1

x−α− 1 x

=ln(x−α) −lnx+x−α+α

x−α −1=ln(x−α) −lnx+ α x−α, puis

g_α^′′(x) = 1 x−α− 1

x− α

(x−α)² = x(x−α) − (x−α)²−αx

x(x−α)² = − α²

x(x−α)² < 0.

La fonctiong_α^′ est donc strictement décroissante sur]α,+∞[.

Puisque d’autre part, lim

x→+∞g_α^′(x) = lim

x→+∞ln 1−α

x

+ α

x−α =0, la fonction g_α^′ est strictement positive sur]α,+∞[.

Finalement, la fonctiongα est strictement croissante sur]α,+∞[. C) est vrai et A), B) et D) sont faux.

Question 21 : A) VRAI B) FAUX C) FAUX D) VRAI

Explication 21 :L’encadrement D) de la question 19 et le théorème des gendarmes montrent quegαtend vers−αquand x tend vers+∞. En particulier, Cα admet une asymptote horizontale d’équationy = −α. D’autre part, quand x tend versαpar valeurs supérieures,gα(x)tend vers−∞et doncCα admet une asymptote verticale d’équation x=α. A) et D) sont vrais et B) et C) sont faux.

Question 22 : A) FAUX B) VRAI C) FAUX D) VRAI

Explication 22 :Pour n > α,y_n=e^nln(^1−αn) =e^gα(n). Donc A) est faux.

La suite(g_α(n))_n>α est croissante car la fonctiong_α est croissante sur]α,+∞[et donc la suite(y_n)est croissante car la fonction exponentielle est croissante surR. Donc B) est vrai et C) est faux.

Enfin, la suitegn(α)converge vers−αd’après la question 21 et donc la suite(yn)converge verse^−α par continuité de la fonction exponentielle surRet donc en particulier en −α. D) est vrai.

Question 23 : A) VRAI B) FAUX C) VRAI D) FAUX

Explication 23 :A) est vrai carx>0. En posantt= u

n, on obtient Fn(x) =

Z1 0

(1−t)ⁿ(nu)^xndt=n^x+1 Z1

0

t^x(1−t)ⁿ dt=n^x+1I(x, n).

Donc C) est vrai et B) et D) sont faux.

Question 24 : A) FAUX B) VRAI C) FAUX D) FAUX

Explication 24 :Soientxun réel positif ou nul etnun entier naturel non nul.

Soit u ∈]0, n[. Puisque g_u est croissante sur ]u,+∞[ et que u < n < n+1, on a g_u(n) 6 g_u(n+1) ou encore nln

1−u n

6(n+1)ln

1− u n+1

ou enfin

ln

1− u n

n

6ln 1− u

n+1 n+1!

.

Par croissance de la fonction exponentielle surR, on en déduit que pour toutude l’intervalle]0, n[,

1−u n

n

6

1− u n+1

n+1

puis que pour toutude l’intervalle]0, n[

1− u

n n

u^x6

1− u n+1

n+1

u^x.

Cette inégalité reste valable pouru=0et u=npar continuité en0et en n. Par croissance de l’intégrale, on a alors Zn

0

1−u

n n

u^xdu6 Zn

0

1− u

n+1 n+1

u^xdu.

C) et D) sont faux.

Question 25 : A) FAUX B) VRAI C) FAUX D) FAUX

Explication 25 :Soientxun réel positif ou nul etnun entier naturel non nul. D’après la question précédente,

Fn+1(x) = Zn+1

0

1− u

n+1 n+1

u^xdu= Zn

0

1− u

n+1 n+1

u^xdu+ Zn+1

n

1− u

n+1 n+1

u^xdu

>

Zn 0

1− u

n n

u^xdu+0=F_n(x).

Ainsi, pour tout réelx>0, la suite(F_n(x))_n>1est strictement croissante. B) est vrai et A), C) et D) sont faux.

Question 26 : A) VRAI B) FAUX C) FAUX D) VRAI

Explication 26 :Soientxun réel positif etnun entier naturel non nul. Puisque la fonctiongu est croissante sur]u,+∞[, pour toutude]0, n[, on agu(n)6 lim

t→+∞gu(t). Or, quandttend vers+∞, g_u(t) =tln

1−u t

∼t×

−u t

= −u.

Par suite, pour toutu∈]0, n[, gu(n)6−u. A) est vrai et B) est faux. On en déduit que pour toutu∈]0, n[

1− u

n n

u^x=e^gn(u)u^x6e^−uu^x.

Cette inégalité reste valable pouru=0etu=npar continuité en0et enn. En intégrant, on obtientFn(x)6 Zn

0

e^−uu^xdu.

D) est vrai et C) est faux.

Question 27 : A) FAUX B) VRAI C FAUX d) FAUX

Explication 27 :Soitxun réel positif ou nul. D’après un théorème de croissances comparées, lim

u→+∞u^x+2e^−u=0. Donc il existe un réelU > 0tel que pour toutu>U,u^x+2e^−u61 ou encoree^−u6 1

u^x+2. B) est vrai et A) est faux.

Soit alorsnun entier supérieur ou égal àU.

F_n(x)6 Zn

0

e^−uu^xdu= ZU

0

e^−uu^xdu+ Zn

U

e^−uu^xdu 6

ZU 0

e^−uu^xdu+ Zn

U

u^x u^x+2 du 6

ZU 0

e^−uu^xdu+ Zn

U

1 u² du=

ZU 0

e^−uu^xdu− 1 n+ 1

U 6

ZU 0

e^−uu^xdu+ 1 U.

L’inégalité de C) n’est vraie qu’à partir d’un certain rang. C) et D) sont faux.

Question 28 : A) VRAI B) FAUX C) FAUX D) FAUX

Explication 28 :Soitxun réel positif. D’après la question précédente, il existe un réelU > 0et un entier natureln0 tel que, pour toutn>n0

Fn(x)6 ZU

0

e^−uu^xdu+ 1 U. Mais alors, pour toutn∈N^∗,

Fn(x)6Max

F1(x), F2(x), . . . , Fn0(x), ZU

0

e^−uu^xdu+ 1 U

.

Ainsi, la suite(F_n(x))_n>1est majorée. Comme d’autre part, la suite(F_n(x))_n>1 est croissante d’après la question 25, on en déduit que la suite(Fn(x))_n>1est convergente. A) est vrai et B), C) et D) sont faux.

Question 29 : A) FAUX B) VRAI C) FAUX D) VRAI

Explication 29 :A) est faux d’après la question précédente. Une intégration par parties fournit

F_n(x+1) = Zn

0

1− u

n n

u^xdu=

− n n+1

1− u

n n+1

u^x+1 n

0

+n(x+1) n+1

Zn 0

1− u

n n+1

u^xdu

= n(x+1) n+1

Zn 0

1− u

n n

1−u n

u^xdu

= n(x+1) n+1

Zn 0

1− u

n n

u^xdu− 1 n

Zn 0

1−u

n n

u^x+1du

= n(x+1) n+1

Fn(x) − 1

nFn(x+1)

Par suite

1+ x+1 n+1

F_n(x+1) = n(x+1)

n+1 F_n(x)et donc

∀n>1, ∀x>0, Fn(x+1) = n(x+1) x+n+2Fn(x) B) est vrai. Quandntend vers+∞, on obtient

∀x>0, F(x+1) = (x+1)F(x).

Donc C) est faux. Ensuite,Fn(0) = Zn

0

1− u

n n

du=

− n n+1

1−u

n

n+1n 0

= n

n+1. Quand n tend vers +∞, on obtientF(0) =1. Mais alors, pourk>1,

F(k) =kF(k−1) =k×(k−1)×. . .×2×1×F(0) =k!, et donc D) est vrai.

Partie III

Question 30 : A) FAUX B) VRAI C) VRAI D) FAUX

Explication 30 :SurI, (E)est équivalente à : y^′+ x−2

(x−1)²y=0. La fonction x7→ x−2

(x−1)² est continue surIet donc l’ensemble des solutions de(E)surIest une droite vectorielle. A) est faux et B) est vrai.

Soitf une fonction dérivable surI

fsolution de(E)⇔∀x∈I, f^′(x) + x−2

(x−1)²f(x) =0⇔∀x∈I, f^′(x) + 1

x−1− 1 (x−1)²

f(x) =0

⇔∀x∈I, e^{ln|x−1|+x−11}f^′(x) +

1

x−1 − 1 (x−1)²

e^{ln|x−1|+x−11}f(x) =0

⇔∀x∈I,

(1−x)e^−1−1xf^′

(x) =0⇔∃K∈R/∀x∈I, (1−x)e^−1−1xf(x) =K

⇔∃K∈R/∀x∈I, (1−x)e^−1−1xf(x) =Ke^1−1x 1−x. Donc C) est vrai et D) est faux.

Question 31 : A) FAUX B) FAUX C) VRAI D) FAUX

Explication 31 :Quandxtend vers0,

f(x) = 1

1−xe^1−1x = 1+x+x²+x³+o x³ e^1+x+x

2+x³+o(x³)

=e 1+x+x²+x³+o x³ e^x+x

2+x³+o(x³)

=e 1+x+x²+x³+o x³

1+ x+x²+x³ + 1

2 x+x²2

+1

6(x)³+o x³

=e 1+x+x²+x³+o x³

1+x+3

2x²+13

6 x³+o x³

=e

1+2x+7

2x²+34

6 x³+o x³ Donc, A) et B) sont faux. D’autre part,

g(x) = 1

1−xe^−1−1x = 1+x+x²+x³+o x³

e^{−1−x−x2−x3+o}(^x3)

=e⁻¹ 1+x+x²+x³+o x³

e^{−x−x2−x3+o}(^x3)

=e⁻¹ 1+x+x²+x³+o x³

1+ −x−x²−x³ + 1

2 −x−x²2

+1

6(−x)³+o x³

=e⁻¹ 1+x+x²+x³+o x³

1−x−1 2x²− 1

6x³+o x³

=e⁻¹

1−1 2x²−2

3x³+o x³ Donc C) est vrai et D) est faux.

Question 32 : A) VRAI B) FAUX C) FAUX D) VRAI

Explication 32 :Pour n=0, on a pour tout réelxdeI: f⁽⁰⁾(x) = 1

1−xe^1−1x =P₀ 1

1−x

e^1−1x avecP₀(X) =X.

Soitn>0. Supposons qu’il existe un polynômePn tel que pour tout réelxdeI,f⁽ⁿ⁾(x) =Pn

1 1−x

e^1−1x. Alors

f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) = f⁽ⁿ⁾′

(x) = 1 (1−x)²P_n^′

1 1−x

e^1−1x + 1 (1−x)²P_n

1 1−x

e^1−1x

= 1

(1−x)²

P_n^′ 1

1−x

+P_n 1

1−x

e^1−1x

=Pn+1

1 1−x

e^1−1x

avecPn+1=X²(Pn(X) +P_n^′(X)). Donc C) est faux et D) est vrai.

Ensuite,P₁(X) =X²(P₀(X) +P₀^′(X)) =X²(X+1) =X³+X²(donc B) est faux.

Puis P₂(X) = X²(X³+X²+3X²+2X) = X⁵+4X⁴+2X³ et P₃(X) = X²(X⁵+4X⁴+2X³+5X⁴+16X³+6X²) = X⁷+9X⁶+18X⁵+6X⁴et A) est vrai.

Question 33 : A) FAUX B) VRAI C) FAUX D) FAUX

Explication 33 :Puisque fest solution de(E)surI, pour toutxdeIon a (1−x)²f^′(x) = (2−x)f(x).

En dérivantnfois cette égalité (n>1), la formule de Leibnizpermet décrire (y compris quandn=1) (1−x)²f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) +2n(x−1)f⁽ⁿ⁾(x) + n(n−1)

2 2fⁿ⁻¹⁾(x) = (2−x)f⁽ⁿ⁾(x) −nf⁽ⁿ⁻¹⁾(x).

Après simplification pare^1−1x, on obtient pour toutxdeI, (1−x)²P_n+1

1 1−x

+ ((2n+1)x−2n−2)P_n 1

1−x

+n²P_n−1 1

1−x

=0.

Ensuite,X= 1

1−x ⇔x=1− 1

X,Xdécrivant]0,+∞[ et on a pour toutX > 0, 1

X²Pn+1(X) +

(2n+1)

1− 1 X

−2n−2

Pn(X) +n²Pn−1(X) =0 et donc

Pn+1(X) = (2n+1)X+X²

Pn(X) −n²X²Pn−1(X).

Cette égalité est vraie pour une infinité de valeurs de Xet donc pour toutX, et ceci pour toutn>1. B) est vrai et A), C) et D) sont faux.

Question 34 : A) VRAI B) FAUX C) VRAI D) FAUX

Explication 34 :an = f⁽ⁿ⁾(0) = Pn(1)e¹ =ePn(1). Quand X= 0 dans l’égalité de la question précédente, on obtient pour tout entier naturelnnon nul,

an+1=ePn+1(1) = (2n+2)eP_n(1) −n²ePn−1(1) =2(n+1)a_n−n²an−1.

Par suite, A) est vrai et B) est faux. De plus, a0 = f(0) = e puis a1 = f^′(0) = P1(1)e¹ = 2e d’après la question 32.

Ensuite,

a₂=4a₁−a₀=7e, a₃=6a₂−4a₁=34eeta₄=8a₃−9a₂=209.

La formule deTaylor-Youngà l’ordre4 fournit alors quandxtend vers0 f(x) =a0+ a1

1!x+a2

2!x²+ a3

3!x³+ a4

4!x⁴+o x⁴

=e

1+2x+ 7

2x²+ 34

6 x²+209

24 x⁴+o x⁴ . Donc C) est vrai et D) est faux.

Question 35 : A) FAUX B) VRAI C) VRAI D) FAUX

Explication 35 :Sp(0) = Xp

k=0

k!

(k!)² = Xp

k=0

1

k! =up. Ensuite, pourpentier naturel non nul Sp(1) =

Xp

k=0

(k+1)!

(k!)² = Xp

k=0

k+1 k! =

Xp

k=0

k k! +

Xp

k=0

1 k! =

Xp

k=1

1 (k−1)! +

Xp

k=0

1 k! =

p−1X

k=0

1 k!+

Xp

k=0

1

k! =up−1+up.

A) est faux et B) est vrai. Puisque up tend vers e d’après la question 6 de la partie I, les suites (S_p(0)) et (S_p(1)) convergent respectivement verseet2e. C) est vrai et D) est faux.

Question 36 : A) VRAI B) FAUX C) VRAI D) FAUX

Explication 36 :

S_p(n+1) − (2n+2)S_p(n) +n²S_p(n−1) = Xp

k=0

(n+1+k)!

(k!)² − (2n+2) Xp

k=0

(n+k)!

(k!)² +n² Xp

k=0

(n−1+k)!

(k!)²

= Xp

k=0

(n−1+k)![(n+1+k)(n+k) − (2n+2)(n+k) +n²] (k!)²

= Xp

k=0

(n−1+k)![(1−2+1)n²+ (2k+1−2−2k)n+k²−k]

(k!)²

= Xp

k=0

(n−1+k)![−n−k+k²]

(k!)² = −

Xp

k=0

(n+k)!

(k!)² + Xp

k=0

(n−1+k)!k² (k!)²

= −S_p(n) + Xp

k=1

(n+ (k−1))!

((k−1)!)² = −S_p(n) +

p−1X

k=0

(n+k)!

(k!)²

=Sp−1(n) −Sp(n) = −(n+p)!

(p!)² . Donc A) est vrai et B) est faux.

Montrons par récurrence que pour toutn>0, lim

p→+∞S_p(n) =a_n.

•D’après les questions 35 et 34, lim

p→+∞Sp(0) =e=a0et lim

p→+∞Sp(1) =2e=a1.

•Soitn>1. Supposons que lim

p→+∞S_p(n−1) =an−1et lim

p→+∞S_p(n) =a_n.

Puisque Sp(n+1) = (2n+2)Sp(n) −n²Sp(n−1) +Sp−1(n) −Sp(n), quand p tend vers +∞, Sp(n+1) tend vers (2n+2)a_n−n²an−1+an−an=an+1d’après la question 34.

Le résultat est démontré par récurrence.

(n+k)!

(k!)² = (n+k)!

n!k! ×n!

k! =n!

n+k n

1

k! et donc an= lim

p→+∞Sp(n) = lim

p→+∞n!

Xp

k=0

n+k n

1 k!. C) est vrai et D) est faux.